Сопротивление среды

В установившемся режиме сила сопротивления уравновешивает силу тяжести. Какая масса приходится на каждый парашют?

3

При установившемся падении сила тяжести равна силе сопротивления. Масса шарика растёт как куб размера, а сопротивление "— как квадрат размера.

A) 87 м/с;  B) 51 мг/м\(^3\);  C) 7,9 м/с.

Перейдите в систему отсчёта, связанную с водой: в ней лодка движется по прямой, а изменение её скорости пропорционально пройденному пути.

1) \(l = V_{\text{т}}\left(t - \dfrac{H}{V_0}\right)\);  2) \(V'_{\text{к}} = \sqrt{V_0^2 + V_{\text{т}}^2}\left(1 - \dfrac{kH}{mV_0}\right)\), причём \(V_0 \ge kH/m\).

Трения нет, а сила реакции \(\vec N\) перпендикулярна скорости буера: при постоянной скорости вдоль движения должна быть равна нулю проекция \(\vec F\). Тогда направление \(\vec F\) задаётся отношением \(C_L/C_D\), а \(\vec w = \vec u - \vec v\) связывает скорости.

1) \(v = u(\cos\theta + k\sin\theta)\), \(v_{\max} = u\sqrt{k^2 + 1}\);  2) \(a_{\max} = 1{,}1\,\dfrac{\rho u^2 S}{2m} \approx 5\) м/с\(^2\);  3) \(0^\circ < \theta < 162^\circ \pm 2^\circ\).

При большой скорости силой тяжести можно пренебречь. Нитка наклонена к радиусу, потому что сила сопротивления тормозит шарик, а рука должна компенсировать это тангенциальной составляющей натяжения. Радиус \(r\) минимален, когда нитка идёт по касательной к окружности руки.

\(r \approx L\cdot\dfrac{3L}{16\rho R_0}\cdot\dfrac{p\mu}{RT} \approx 20\) мм

Из геометрии найдите углы нити. При движении по окружности сила сопротивления направлена против скорости шарика; запишите второй закон Ньютона по вертикали и вдоль скорости и исключите натяжение.

\(u = \sqrt{\dfrac{8}{\sqrt{3}}}\text{ м/с} \approx 2{,}1\text{ м/с}\).

Сила воздуха на планер определяется скоростью потока относительно крыла; в обоих режимах полёта направление силы и угол к потоку одинаковы. Сравните «треугольники скоростей».

\(\alpha = \dfrac{u+w}{u}\cdot\varphi = 0{,}1\) рад.

Сила Магнуса перпендикулярна скорости и не меняет её модуль, а только поворачивает вектор скорости. Как связан радиус кривизны траектории с этой силой? Для \(C_\text{D}\) посмотрите, как быстро убывает скорость на графике \(v(t)\).

1) \(AB = R = \dfrac{m v_0}{C_\text{M}\,\omega}\);  2) \(C_\text{M} \approx 1{,}25\cdot 10^{-4}\) кг,  \(C_\text{D} \approx 4{,}8\cdot 10^{-4}\) кг/м.

При вязком трении горизонтальный путь шарика пропорционален начальной горизонтальной скорости. Во втором пункте перейдите в систему отсчёта одного шарика: относительное ускорение направлено против относительной скорости, и относительное движение прямолинейно.

1) \(L = \sqrt3\,S\);  2) \(S_\infty = \sqrt3\,S\), \(S_{min} = 3S/2\).

1. Пусть \(m\) — масса шарика, ускорение свободного падения равняется \(\vec g\), а сила сопротивления, действующая на шарик, определяется выражением \(\vec F_\text{с} = -k\vec v\), где \(\vec v\) — скорость движения шарика. Запишем для одного шарика второй закон Ньютона: \[m\vec a = m\vec g - k\vec v.\] Проецируя уравнение на горизонтальную ось \(x\), получим: \[ma_x = -kv_x \implies \Delta x = \frac{mv_{0x}}{k},\] где \(\Delta x\) — установившееся горизонтальное перемещение шарика с начальной горизонтальной компонентой скорости \(v_{0x}\). Если \(v_{0x} = v_0\), где \(v_0\) — начальная скорость шариков при бросании, то \(\Delta x = S\). Тогда для шарика, брошенного под углом \(\alpha\) к горизонту, получим: \[\Delta x = S\cos\alpha.\] Шарики, одновременно брошенные Глюком и Багом горизонтально и под углом \(\alpha = 60^\circ\) к горизонту соответственно так, как показано на рис. 2 в условии задачи, в установившемся режиме движутся вдоль одной вертикальной прямой. Значит, расстояние между плоскостями обрывов \(l = L\cos\varphi = L\sqrt3/2\) является суммой величин горизонтальных перемещений брошенных шариков. Таким образом: \[l = S + S\cos\alpha = \frac{3S}{2},\] откуда: \[L = \sqrt3\,S.\]

2. Первое решение. Запишем второй закон Ньютона для шариков, брошенных Глюком и Багом: \[m\vec a_\text{Г} = m\vec g - k\vec v_\text{Г}, \qquad m\vec a_\text{Б} = m\vec g - k\vec v_\text{Б}.\] Определим ускорение шарика Глюка относительно шарика Бага: \[\vec a_\text{Г} - \vec a_\text{Б} = \vec a_\text{отн} = -\frac{k(\vec v_\text{Г} - \vec v_\text{Б})}{m} = -\frac{k\vec v_\text{отн}}{m} \implies \vec a_\text{отн} = -\frac{k\vec v_\text{отн}}{m}.\] Поскольку относительное ускорение шариков направлено противоположно направлению их относительной скорости — относительная скорость шариков сохраняет своё направление. Значит, относительное движение шариков будет прямолинейным и прекратится, когда они окажутся на одной вертикали. Изобразим траекторию движения шарика Глюка относительно шарика Бага.

Обратим внимание, что линия, соединяющая Глюка и Бага, образует с вертикалью угол \(90^\circ - \varphi = 60^\circ\). Поскольку направление относительной скорости образует угол \(\alpha/2\) с горизонтом, угол между направлением относительного перемещения шариков и линией, соединяющей Глюка и Бага, равен \(\varphi + \alpha/2 = 60^\circ\). Таким образом, показанный на рисунке треугольник является равносторонним. Тогда расстояние \(S_\infty\) между шариками в установившемся режиме составляет: \[S_\infty = L,\] или же: \[S_\infty = \sqrt3\,S.\]

Минимальное расстояние между шариками \(S_{min}\) достигается в момент, когда относительная скорость шариков направлена перпендикулярно соединяющей их линии. Из рисунка находим:

\[S_{min} = L\sin 60^\circ,\] или же: \[S_{min} = \frac{3S}{2}.\]

Второе решение. Введём систему координат \(xOy\), где начало координат \(O\) находится в месте расположения Глюка, ось \(x\) направлена вправо, а ось \(y\) — вертикально вверх. Получим зависимости от времени горизонтальных и вертикальных компонент перемещений одного камня \(\Delta x\) и \(\Delta y\) соответственно. Спроецируем уравнение движения шарика на горизонтальную ось \(x\): \[m\dot v_x = -kv_x \implies \frac{dv_x}{v_x} = -\frac{k\,dt}{m} = -\beta\,dt.\] Пусть \(v_{x0}\) — начальная проекция скорости шарика на ось \(x\). Интегрируя, получим: \[\int\limits_{v_{x0}}^{v_x(t)} \frac{dv_x}{v_x} = \ln\frac{v_x(t)}{v_{x0}} = -\beta t \implies v_x(t) = v_{x0}e^{-\beta t}.\] Интегрируя повторно, получим: \[\Delta x(t) = \int\limits_0^t v_x(t)\,dt = v_{x0}\int\limits_0^t e^{-\beta t}\,dt = \frac{v_{x0}}{\beta}\left(1 - e^{-\beta t}\right).\] Таким образом, разность \(x\) координат шариков Бага и Глюка составляет: \[\Delta x_\text{отн}(t) = x_\text{Б}(t) - x_\text{Г}(t) = L\cos\varphi - \frac{v_0(1 + \cos\alpha)}{\beta}\left(1 - e^{-\beta t}\right).\] С учётом соотношения \(S = v_0/\beta\) получим: \[\Delta x_\text{отн}(t) = L\cos\varphi - S(1 + \cos\alpha)\left(1 - e^{-\beta t}\right).\] Спроецируем уравнение движения шарика на ось \(y\), направленную вертикально вверх: \[m\dot v_y = -mg - kv_y \implies \frac{dv_y}{\dfrac{mg}{k} + v_y} = -\frac{k\,dt}{m} = -\beta\,dt.\] Пусть \(v_{y0}\) — начальная проекция скорости шарика на ось \(y\). Интегрируя, получим: \[\int\limits_{v_{y0}}^{v_y(t)} \frac{dv_y}{\dfrac{mg}{k} + v_y} = \ln\frac{mg + kv_y(t)}{mg + kv_{y0}} = -\beta t \implies v_y(t) = -\frac{mg}{k} + \left(\frac{mg}{k} + v_{y0}\right)e^{-\beta t}.\] Для \(\Delta y(t)\) имеем: \[\Delta y(t) = \int\limits_0^t v_y(t)\,dt = \int\limits_0^t \left(-\frac{mg}{k} + \left(\frac{mg}{k} + v_{y0}\right)e^{-\beta t}\right)dt,\] откуда: \[\Delta y(t) = -\frac{mgt}{k} + \frac1\beta\left(\frac{mg}{k} + v_{y0}\right)\left(1 - e^{-\beta t}\right).\] Таким образом, разность \(y\) координат шариков Бага и Глюка составляет: \[\Delta y_\text{отн}(t) = y_\text{Б}(t) - y_\text{Г}(t) = L\sin\varphi + \frac{v_0\sin\alpha}{\beta}\left(1 - e^{-\beta t}\right).\] С учётом соотношения \(S = v_0/\beta\) получим: \[\Delta y_\text{отн}(t) = L\sin\varphi + S\sin\alpha\left(1 - e^{-\beta t}\right).\] При \(t \to \infty\) имеем: \[\Delta x_\text{отн}(\infty) = L\cos\varphi - S(1 + \cos\alpha) = 0,\] \[\Delta y_\text{отн}(\infty) = L\sin\varphi + S\sin\alpha = S\sqrt3.\] Таким образом \(S_\infty = \Delta y_\text{отн}(\infty)\), а значит: \[S_\infty = S\sqrt3.\]

Пусть \(\left(1 - e^{-\beta t}\right) = z\). Тогда для расстояния \(r(z)\) между камнями имеем: \[r(z) = \sqrt{\Delta x_\text{отн}^2(z) + \Delta y_\text{отн}^2(z)} = \sqrt{\bigl(L\cos\varphi - zS(1 + \cos\alpha)\bigr)^2 + (L\sin\varphi + zS\sin\alpha)^2}.\] Раскрывая скобки, получим: \[r(z) = \sqrt{L^2 + 2z^2S^2(1 + \cos\alpha) - 2LSz\bigl(\cos\varphi(1 + \cos\alpha) - \sin\varphi\sin\alpha\bigr)}.\] Подставляя углы \(\alpha\), \(\varphi\), а также расстояние \(L\): \[r(z) = S\sqrt{3(1 + z^2 - z)}.\] Расстояние достигает своего минимума при минимальном значении подкоренного выражения, которому соответствует вершина параболы: \[z_{min} = \frac12.\] Таким образом: \[S_{min} = \frac{3S}{2}.\]

Вычтите друг из друга уравнения движения шариков: относительная скорость меняется пропорционально относительному смещению. Для одного шарика так же свяжите изменение вертикальной скорости с высотой падения, а в пункте 3 рассмотрите движение центра масс пары шариков.

1) \(v_{20} = v_{10}\dfrac{\cos\alpha_1}{\cos\alpha_2} \approx 12{,}26\) м/с;  2) \(H \approx 30{,}8\) м (\(30{,}83\) м в приближении установившейся скорости, \(30{,}84\) м по точной формуле);  3) \(u = \dfrac{m}{k}\dfrac{2g}{\mathrm{tg}\,\alpha_1 + \mathrm{tg}\,\alpha_2} \approx 10{,}96\) м/с.

Пункт 1. Метод №1. Рассмотрим относительное движение шариков. Запишем второй закон Ньютона для каждого из них \[\begin{gather*} m\vec a_1 = m\vec g - k(\vec v_1 - \vec u),\\ m\vec a_2 = m\vec g - k(\vec v_2 - \vec u) \end{gather*}\] и вычтем полученные выражения друг из друга \[m\vec a_r = -k\vec v_r.\] Здесь \(\vec a_r = \vec a_2 - \vec a_1\) — относительное ускорение шариков, а \(\vec v_r = \vec v_2 - \vec v_1\) — их относительная скорость. Из этого равенства следует, что малое изменение относительной скорости \(d\vec v_r\) и малое изменение вектора смещения второго шарика относительно первого \(d\vec l\) связаны соотношением \[d\vec v_r = -\frac{k}{m}\,d\vec l.\] Поскольку оно справедливо в любой момент времени, полное изменение относительной скорости \(\Delta\vec v_r\) и полное изменение вектора смещения \(\Delta\vec l\) связаны аналогично \[\Delta\vec v_r = -\frac{k}{m}\,\Delta\vec l.\] Согласно условию, спустя некоторое достаточно большое время относительная скорость шариков пренебрежимо мала (\(\vec v_r = \vec 0\)), а вектор смещения между ними \(\vec l = \vec L\) направлен вертикально вверх и имеет длину \(L\), следовательно \[\begin{gather*} \vec 0 - (\vec v_{20} - \vec v_{10}) = -\frac{k}{m}(\vec L - \vec 0),\\ \vec v_{20} - \vec v_{10} = \frac{k}{m}\vec L. \end{gather*}\] Запишем это равенство в проекции на горизонтальную ось \[v_{20}\cos\alpha_2 - v_{10}\cos\alpha_1 = 0,\] откуда \[v_{20} = v_{10}\frac{\cos\alpha_1}{\cos\alpha_2} \approx 12{,}26\text{ м/с}.\]

Пункт 1. Метод №2. Запишем для первого шарика второй закон Ньютона в проекции на ось \(OX\), направленную горизонтально вправо, \[m\frac{dv_{1x}}{dt} = -k(v_{1x} + u).\] Отсюда, применяя непосредственное интегрирование и учитывая начальные условия (\(x_1(0) = 0\) и \(v_{1x}(0) = v_{10}\cos\alpha_1\)), получим \[\begin{gather*} v_{1x}(t) = (v_{10}\cos\alpha_1 + u)\,e^{-\frac{k}{m}t} - u,\\ x_1(t) = \frac{m}{k}(v_{10}\cos\alpha_1 + u)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t}\right) - ut. \end{gather*}\] Аналогичным образом, \[\begin{gather*} v_{2x}(t) = (v_{20}\cos\alpha_2 + u)\,e^{-\frac{k}{m}t} - u,\\ x_2(t) = \frac{m}{k}(v_{20}\cos\alpha_2 + u)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t}\right) - ut. \end{gather*}\] Из условия следует, что \(x_1(\infty) = x_2(\infty)\), поэтому \[v_{10}\cos\alpha_1 = v_{20}\cos\alpha_2,\] откуда \[v_{20} = v_{10}\frac{\cos\alpha_1}{\cos\alpha_2} \approx 12{,}26\text{ м/с}.\]

Пункт 2. Метод №1. Заметим, что в соответствии с тем, что второй шарик упал позднее, вектор \(\vec L\) направлен вверх. Запишем полученное выше векторное равенство \(\vec v_{20} - \vec v_{10} = \frac{k}{m}\vec L\) в проекции на вертикальную ось \[v_{20}\sin\alpha_2 - v_{10}\sin\alpha_1 = \frac{k}{m}L.\] Отсюда \[\frac{m}{k} = \frac{L}{v_{20}\sin\alpha_2 - v_{10}\sin\alpha_1} = 0{,}75\text{ с}.\] Теперь рассмотрим движение первого шарика в отдельности. Запишем для него второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось \(OY\), \[m\frac{dv_{1y}}{dt} = -mg - kv_{1y} \qquad\Rightarrow\qquad dv_{1y} = -g\,dt - \frac{k}{m}\,dy_1.\] Здесь \(y_1\) — вертикальная координата первого шарика. Нетрудно заметить, что спустя достаточно большое время вертикальная проекция скорости примет значение \(-mg/k\). Переходя к конечным приращениям так, как мы раньше сделали с относительной скоростью и вектором смещения между шариками, получим \[-\frac{mg}{k} - v_{10}\sin\alpha_1 = -g\tau + \frac{k}{m}H.\] Отсюда \[H = \frac{m}{k}(g\tau - v_{10}\sin\alpha_1) - \frac{m^2}{k^2}g = 30{,}83\text{ м}.\]

Пункт 2. Метод №2. Запишем для первого шарика второй закон Ньютона в проекции на ось \(OY\), направленную вертикально вверх, \[m\frac{dv_{1y}}{dt} = -mg - kv_{1y}.\] Отсюда, интегрируя с учётом начальных условий (\(y(0) = 0\) и \(v_{1y}(0) = v_{10}\sin\alpha_1\)), получим \[\begin{gather*} v_{1y}(t) = \left(v_{10}\sin\alpha_1 + \frac{mg}{k}\right)e^{-\frac{k}{m}t} - \frac{mg}{k},\\ y_1(t) = \frac{m}{k}\left(v_{10}\sin\alpha_1 + \frac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t}\right) - \frac{mg}{k}t. \end{gather*}\] Аналогичным образом, \[\begin{gather*} v_{2y}(t) = \left(v_{20}\sin\alpha_2 + \frac{mg}{k}\right)e^{-\frac{k}{m}t} - \frac{mg}{k},\\ y_2(t) = \frac{m}{k}\left(v_{20}\sin\alpha_2 + \frac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t}\right) - \frac{mg}{k}t. \end{gather*}\] Из условия следует, что \(y_2(\infty) - y_1(\infty) = L\), так что \[\frac{m}{k}(v_{20}\sin\alpha_2 - v_{10}\sin\alpha_1) = L.\] Отсюда \[\frac{m}{k} = \frac{L}{v_{20}\sin\alpha_2 - v_{10}\sin\alpha_1} = 0{,}75\text{ с}.\] Согласно условию, \[H = -y_1(\tau) = \frac{mg}{k}\tau - \frac{m}{k}\left(v_{10}\sin\alpha_1 + \frac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}\tau}\right) = 30{,}84\text{ м}.\]

Пункт 3. Метод №1. Рассмотрим движение системы шариков как целого. Ускорение центра масс \(\vec a_c = (\vec a_1 + \vec a_2)/2\) связано с внешними силами выражением \[2m\vec a_c = -k(\vec v_1 + \vec v_2 - 2\vec u) + 2m\vec g = -2k(\vec v_c - \vec u) + 2m\vec g,\] где \(\vec v_c = (\vec v_1 + \vec v_2)/2\) — скорость центра масс. Введём обозначение \(\vec v_f = \vec u + m\vec g/k\) — несложно показать, что это установившаяся скорость любого из шариков. Получим \[\vec a_c = -\frac{k}{m}(\vec v_c - \vec v_f).\] Перейдём в систему отсчёта, которая движется с постоянной скоростью \(\vec v_f\). Ускорение и скорость центра масс в этой системе обозначим \(\vec a\,'_c\) и \(\vec v\,'_c\) соответственно. Тогда \[\vec a\,'_c = -\frac{k}{m}\vec v\,'_c.\] Это уравнение описывает прямолинейное движение! При этом известно, что центр масс дважды проходил через точку \(O\), которая в выбранной системе отсчёта движется с постоянной скоростью \(-\vec v_f\). Следовательно, \(\vec v\,'_c \parallel \vec v_f\). Но \(\vec v\,'_c = \vec v_c - \vec v_f\), а значит \[\vec v_c \parallel \vec v_f,\] то есть \[(\vec v_1 + \vec v_2) \parallel \left(\vec u + \frac{m\vec g}{k}\right).\] Это верно для любого момента времени, в том числе для начального. Таким образом \[\frac{v_{10}\cos\alpha_1 + v_{20}\cos\alpha_2}{v_{10}\sin\alpha_1 + v_{20}\sin\alpha_2} = \frac{u}{mg/k}.\] С учётом \(v_{20}\cos\alpha_2 = v_{10}\cos\alpha_1\) отсюда получим \[u = \frac{m}{k}\,\frac{2g}{\mathrm{tg}\,\alpha_1 + \mathrm{tg}\,\alpha_2} \approx 10{,}96\text{ м/с}.\]

Пункт 3. Метод №2. Пусть ось \(OY\) шарики пересекают в момент времени \(t_1\) на расстояниях \(h\) от точки \(O\). Тогда имеем \[\begin{gather*} 0 = \frac{m}{k}(v_{10}\cos\alpha_1 + u)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t_1}\right) - ut_1,\\ -h = \frac{m}{k}\left(v_{10}\sin\alpha_1 + \frac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t_1}\right) - \frac{mg}{k}t_1,\\ h = \frac{m}{k}\left(v_{20}\sin\alpha_2 + \frac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t_1}\right) - \frac{mg}{k}t_1. \end{gather*}\] Исключив из этой системы \(t_1\) и \(h\), выразим \[u = \frac{2mg}{k}\,\frac{v_{10}\cos\alpha_1}{v_{10}\sin\alpha_1 + v_{20}\sin\alpha_2}.\] С учётом \(v_{20}\cos\alpha_2 = v_{10}\cos\alpha_1\) отсюда получим \[u = \frac{m}{k}\,\frac{2g}{\mathrm{tg}\,\alpha_1 + \mathrm{tg}\,\alpha_2} \approx 10{,}96\text{ м/с}.\]

Скорость постоянна, значит, сумма трёх сил равна нулю. Сила Лоренца перпендикулярна скорости, а сила вязкого трения направлена против скорости: нарисуйте векторный треугольник сил.

\(F = \sqrt{(Eq)^2 - (qvB)^2}\).

Так как частица движется вдоль прямой с постоянной скоростью \(v\), то \[\vec E q + q[\vec v\vec B] + \vec F_{\text{сопр}} = 0 .\] Пусть заряд \(q\) "— положительный. Сила Лоренца \(q[\vec v\vec B]\) перпендикулярна индукции магнитного поля и скорости частицы, сила вязкого трения \(\vec F_{\text{сопр}}\) направлена против скорости частицы, сила \(\vec E q\) направлена вдоль напряжённости электрического поля (см. рисунок).

Используя теорему Пифагора, получаем \[F = \sqrt{(Eq)^2 - (qvB)^2}.\]

Работа против силы сопротивления за время \(t\) равна \(F v t\), а \(F\propto v^2\). Расходуемая энергия в обоих случаях одна и та же.

Примерно 20 минут.

Выпишите, какая масса замерзает за малое перемещение капли по высоте, и просуммируйте по всему пути: что в этой сумме не зависит от размера капли?

\(n = \dfrac{2}{27} \approx 7{,}4\,\%\).

Обозначим \(\Delta T(h) = t_c - t(h)\) "— разность температур капли и окружающей среды на высоте \(h\) (большая буква используется для обозначения разности температур, чтобы избежать путаницы с временем). Пусть за малое время \(\Delta t\) замерзает небольшая масса капли \(\Delta m\), тогда справедливо соотношение \[\lambda\,\Delta m = \alpha\,\Delta T(h)\,S\,\Delta t.\] Пусть скорость капли равна \(v\), тогда это соотношение можно переписать в виде \[\frac{\lambda v\,\Delta m}{\alpha S} = \Delta T(h)\,\Delta h. \tag{1}\] При суммировании выражений, стоящих в правой части формулы (8), получается величина, численно равная площади фигуры, ограниченной графиком профиля температуры, осями абсцисс и ординат. Эта площадь не зависит от размера капли и скорости её падения. Таким образом, суммарная масса, превращающаяся в лёд в процессе падения, пропорциональна площади её поверхности и обратно пропорциональна скорости падения \[m \propto \frac{S}{v} \propto \frac{R^2}{v}. \tag{2}\] Символ <<\(\propto\)>> означает пропорциональность. Скорость падения определяется из равенства силы сопротивления и силы тяжести: \[Mg = \beta S v^2 \quad\Rightarrow\quad v^2 \propto \frac{\rho V}{S} \propto R. \tag{3}\] Комбинируя соотношения (9), (10) и учитывая, что масса капли пропорциональна \(R^3\), получаем для доли замерзающей массы соотношение \[n = \frac{m}{M} \propto \frac{R^{3/2}}{R^3} \propto R^{-3/2}. \tag{4}\] Из формулы (11) следует, что доля массы большой капли, превращающаяся в лёд, равна \[n = \frac{1}{4}\cdot(2{,}25)^{-3/2} = \frac{2}{27} \approx 7{,}4\,\%.\]

Запишите второй закон Ньютона для крайнего груза и для участка нити внутри него: масса нити нулевая, а значит, сила трения и натяжение связаны особенно просто. Как тогда связаны ускорения блока и крайних грузов?

1) \(T = \dfrac{mg}{2} = 0{,}5\) Н;  2) \(S = 10\) см;  3) \(v_A = \dfrac{mg}{2\alpha} = 2\) м/с.

Следует записать уравнения второго закона Ньютона для одного из крайних грузов, для среднего груза, а также для участка нити, находящегося внутри одного из крайних грузов. Следует учесть, что скорость любого конца нити равна по модулю скорости подвижного блока. Из полученной системы уравнений следует равенство ускорений блока и крайних грузов в любой момент времени, а также равенство силы натяжения нити и силы вязкого трения.